【洛谷5643】[PKUWC2018] 随机游走(Min-Max容斥+待定系数法+高维前缀和)

点此看题面

大致题意: 从一个给定点出发,在一棵树上随机游走,对于相邻的每个点均有\(\frac 1{deg}\)的概率前往。多组询问,每次给出一个点集,求期望经过多少步能够访问过点集内所有点至少一次。

\(Min-Max\)容斥

访问过每个点至少一次,显然不是什么好处理的东西。

我们考虑一个叫\(Min-Max\)容斥的东西。

关于\(Min-Max\)容斥,有这样一个公式:

\[E(max(S))=\sum_{T∈S}(-1)^{|T|+1}E(min(T)) \]

套到这题,\(E(max(S))\)就是访问点集\(S\)所有点至少一次的期望步数,\(E(min(T))\)就是到达点集\(T\)一个点的期望步数。

经过这样的转化,似乎就可做了许多。

待定系数法

\(f_i\)为从\(i\)出发,到达点集\(T\)一个点的期望步数。

对于一个不属于点集\(T\)\(i\),设其度数为\(deg_i\),因为它对于相邻的每个点均有\(\frac 1{deg_i}\)的概率前往,显然有:

\[f_i=\frac1{deg_i}(f_{fa_i}+\sum f_j)+1 \]

其中\(j\)满足\(j\)\(i\)的子节点。

乍一看,\(f_i\)既会从子节点转移,又会从父节点转移,转移出现了环,似乎需要高斯消元

但实际上,对于这道题,我们可以使用待定系数法

\(f_i=k_if_{fa_i}+b_i\),根据上面的转移方程,我们知道:

\[f_i=\frac1{deg_i}(f_{fa_i}+\sum(k_jf_i+b_j))+1 \]

两边同乘\(deg_i\),便可得:

\[deg_i\cdot f_i=f_{fa_i}+(\sum k_j)f_i+\sum b_j+deg_i \]

移项,得到:

\[(deg_i-\sum k_j)\cdot f_i=f_{fa_i}+\sum b_j+deg_i \]

两边同除以\(deg_i-\sum k_j\),可得:

\[f_i=\frac1{deg_i-\sum k_j}f_{fa_i}+\frac{deg_i+\sum b_j}{deg_i-\sum k_j} \]

即:

\[k_i=\frac 1{deg_i-\sum k_j},b_i=\frac{deg_i+\sum b_j}{deg_i-\sum k_j} \]

仔细观察,可以发现,这两个式子均与父节点无关,只和子节点有关系。

上述讨论都是对于不属于点集\(T\)中的\(i\)的,而对于点集\(T\)中的\(i\),由于\(f_i=0\),所以\(k_i=b_i=0\)

所以,我们只要通过一遍\(dfs\),就可以求出所有点的\(k_i\)\(b_i\)了。

如果我们把题目中给定的出发点作为根节点,由于其不存在父节点,所以\(f_{rt}=b_{rt}\)

\(f_{rt}\)也正是我们所要求的到达点集\(T\)一个点的期望步数。

高维前缀和

现在我们已经知道了,对于一个点集\(T\),如何求出到达点集\(T\)一个点的期望步数。

那么,对于给出的一个询问,我们就可以套用之前的公式:

\[E(max(S))=\sum_{T∈S}(-1)^{|T|+1}E(min(T)) \]

但是,由于询问数量较多,如果对于每一次询问都去枚举子集计算答案,就会\(TLE\)

怎么办呢?

注意到对于任意一个点集\(T\)\((-1)^{|T|+1}E(min(T))\)完全与\(S\)没有半点关系。

因此,我们可以先暴力枚举\(T\),求出每一个\(T\)的答案,然后用高维前缀和来预处理\(S\)的答案。

关于高维前缀和,如果你不太了解,可以看看我的这一篇博客:浅谈高维前缀和

这样一来,对于每次询问,我们就可以直接输出答案了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 18
#define X 998244353
#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=X&&(x-=X))
using namespace std;
int n,rt,ee,lnk[N+5];struct edge {int to,nxt;}e[2*N+5];
I int Qpow(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
namespace DP//树形DP预处理答案
{
	int p[N+5],k[N+5],b[N+5],s[1<<N],g[1<<N];
	I void dfs(CI x,CI lst)//DP
	{
		if(p[x]) return (void)(k[x]=b[x]=0);//如果在点集T中,直接返回
		RI i,d=0,sk=0,sb=0;for(i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) ++d,//枚举子节点的同时统计度数
			e[i].to^lst&&(dfs(e[i].to,x),Inc(sk,k[e[i].to]),Inc(sb,b[e[i].to]));//枚举子节点,并统计k与b的和
		k[x]=Qpow((d-sk+X)%X,X-2),b[x]=1LL*(d+sb)*Qpow((d-sk+X)%X,X-2)%X;//计算当前节点k与b的值
	}
	I void Init()
	{
		RI i,j,t=1<<n;for(i=1;i^t;++i)//枚举点集T
			{for(j=1;j<=n;++j) p[j]=(i>>j-1)&1;dfs(rt,0),s[i]=b[rt];}//求出到达点集T一个点的期望步数
	}
	I void Calc()
	{
		RI i,j,t=1<<n;for(i=1;i^t;++i) !(g[i]=g[i>>1]^(i&1))&&(s[i]=X-s[i]);//乘上容斥系数
		for(j=1;j<=n;++j) for(i=1;i^t;++i) (i>>j-1)&1&&Inc(s[i],s[i-(1<<j-1)]);//高维前缀和
	}
}
int main()
{
	RI Qt,i,x,y,t;scanf("%d%d%d",&n,&Qt,&rt);
	for(i=1;i^n;++i) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x);DP::Init(),DP::Calc();//读入+预处理
	W(Qt--)//处理询问
	{
		for(scanf("%d",&x),t=0,i=1;i<=x;++i) scanf("%d",&y),t|=1<<y-1;//读入,状压
		printf("%d\n",DP::s[t]);//直接输出答案
	}return 0;
}
posted @ 2019-12-20 13:21  TheLostWeak  阅读(...)  评论(...编辑  收藏